正交分解整體和隔離法鞏固練習(xí)提高

A．AB繩、BC繩拉力都變大B．AB繩拉力變大，BC繩拉力變小C．AB繩拉力變大，BC繩拉力不變D．AB繩拉力不變，BC2（2016江蘇模擬）如圖甲所示，A、B兩物塊在如圖乙所示的隨時間按正弦規(guī)律變化的外力作用下，由靜止開始一起沿光滑水平面運動，A、B兩物塊始終保持相對靜止，則以下說法正確的是（）A、Bt3A3ABMmFA上，AB間的作用力為F1；水平恒力F作用在B上，A、B間作用為F2，則( CF1

DF1 ABA受AB到的支持力N和摩擦力f的大小變化情況為 ABA．N增大，fB．N不變，fC．N減小，fD．N增大，f5、如圖，一固定斜面上兩個質(zhì)量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑，A與B的接觸面B與斜面之間的動摩擦因數(shù)是（ A．2tan B．2cot D．cotFAFA沿斜面以恒定的加速度a向上滑動，則F的大小為 m[ag(sincos

B．(cossinm[ag(sincos 2（）A．gsinB．gtanC．2m2gsinD．2m2gtanB、Cm，B、CBA物塊相k（彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A.kB.剪斷細繩瞬間，CC.剪斷細繩瞬間，APD.P

(M3m)gMm下列關(guān)于物體對斜面壓力N大小的表達式，不正確的是（ G2FG2FB．N

C．NGsinFD．N

sin10、在傾角為的固定斜面上放一木板，木板上固定有支架，支架末端用細繩懸掛一小球，況下懸繩的位置：①表示木板下滑時細繩沿水平方向，此時細繩對小球拉力大小為T1板的加速度大小為a1；②表示木板下滑時細繩與斜面方向垂直，此時細繩對小球拉力大小為T2，木板的加速度大小為a2。關(guān)于上述兩種情況，下列說法正確的是（

a1a2a1

12mAm的物塊B 210kgxOy的坐標(biāo)原點，某時刻只受F1F2F1＝10NF2102N，則物體的加速度 m/s2，方向 線偏離豎直方向371kg

sin

0.6，cos

0.8 T。2M20kgABC=0.04．在木楔傾角30M=1.0kgs=2.8mv=2.8m/sg10ms23、如圖（a）M=10kgABC，ABC45Am=2kg2F（g10m/s2）2

2mg

2210N202Nα．某時刻繩突然斷裂，氫氣球飛走．已知氫氣球在空氣中運動時所受到的阻力f正比于其相對空氣的速度v，可以表示為0.5s所需時間為多少?(sin37°＝0.6，cos37°＝0.86、有一質(zhì)量m=1kgs0.5m的輕桿頂端，輕桿與水平方向成37止釋放小球，經(jīng)過t0.5s小球到達輕桿底端（1）

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)a2m

7、從地面發(fā)射質(zhì)量為m的，上的噴氣發(fā)動機可產(chǎn)生恒定的推力，且可通過改變噴氣發(fā)動機尾噴管的噴氣質(zhì)量和方向改變發(fā)動機推力的大小和方向起飛時發(fā)動機推F

3mg，沿和水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行。經(jīng)時間t后，上的發(fā)動機，使推力的方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，依然可以沿原方向勻直線飛行。(不計空氣阻力和噴氣過程中質(zhì)量的變化)則：旋轉(zhuǎn)方向后還要經(jīng)過多長時間到達運動中的最高點1由第二定律得，水平方FT2－FT1sinθ＝ma，F(xiàn)T1cosθ－G＝0，F(xiàn)T2＝FT1sinθ＋ma，F(xiàn)T1不變，F(xiàn)T2D20~t2內(nèi)整體沿正方向做加速運動；t2~t4內(nèi)加速度反向，三定律可知，3AD正確。解析：FA

M

B，

ma

Mm

FB

M

A，

F2Ma

M

由(1)(2)可知，BD錯誤，AC4、解析：加速度很小時，A受到的摩擦力方向斜向上，如圖：N與f的合力提供。當(dāng)當(dāng)af減小直至到零。然后改變方向為沿斜面向下逐漸增大，此過程中N增大。D正確。5、AB2mgsin2mgcosmgcos6、

解得2tan3

Fcosmgsin

Ff

Fm(agsingcoscosC7、（此種情況平行四邊形定則比正交分解簡單tan

Fmgtan

ag2

fm2am2g8【解析】靜止時，彈簧受到的壓力F大小等于B、C的重力2mg，則由定律△x求出彈簧的形變量△xk

00，C處于靜止?fàn)顟B(tài)，BPA物塊當(dāng)作一個整體，受到重力為(M+m)g2mgPA物塊的加速度a(M3m)g，D正確；因此剪斷細繩瞬間，APM(MMmD。

AP不會分離，C解析：做受力圖，F(xiàn)G垂直，根據(jù)平行四邊形定則和三角函數(shù)，ABD選項均正確。CNF、GN的反向延NGcosFsinC錯誤。10、

T1sinmgcos所 T a tan

mgsinT2mgcos

a2g11F2

Fmg(2m

B

mg

1F2 2、1ms2，沿x 可得

aF1m/m

cos

（1）由第二定律得加速度

aFgtanm

7.5m/a7.5ms2車廂的運動情況有兩種可能：一是水平向右勻加速直線運動；二是向左勻直線運動

cos

1、Tm1F2m2解析：設(shè)物塊一起運動的加速度為a

根

Tm1F2m2（1）

v2v22as0 0

a

2

m/

1.4m/由于agsin5ms2對于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，應(yīng)用第二定律 對于水平方向，由第二定律有 f2fcosNsin f

NN

11.4

3N2 此力的方向與圖中所設(shè)的一致（CB

N2MgNcosfsinAB來決定，并隨著加速度a由第二定律，對整體

F1(Mm)g(M解 aF1(Mm)g2m/M

F2

(mg)2(mg)2F與水平方向夾角arctanmgarctan5 （1）TsinmgF浮 Tcos解得T

所以F

tanaF 解m

m設(shè)氣球勻速運動時，相對空氣豎直向上速度vyv2 kvymgF浮 解得vyv2 5、

v

解得v

（1）受力分析：重力mgN,f

NF,F0.5mg水平方向：F 豎直方向：N列出方程0.5mg 解得（2）受力分析：重力mgN,ffNF根據(jù)第二定律列方程

Fcosmgsin

NFsinmg

f

（1（2（3）

a34又由s1at2

s

t a6（1）a

（1）

s1at2

a2s4m/t沿桿方向、垂直于桿方向正交分解，應(yīng)用第二定mgsin

Nmg

f

（2）

mgsinF

Nmgcos

f（Fmgcos

mgsinf

NFmgfN

F

3mg1

（3）s